2020版物理浙江高考選考一輪復(fù)習(xí)講義選修3-1 第八章 專題突破 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1、專題突破帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的實(shí)例分析命題角度 1質(zhì)譜儀的原理和分析1.作用測(cè)量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器。2.原理(如圖 1 所示)由以上兩式可得 rB 2mU圖 11(1)加速電場(chǎng)：qU2mv2；mv2(2)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)：qvB r ，l2r；1qr2B2q2Uq，m 2U ，mB2r2?！纠?#160;1】質(zhì)譜儀又稱質(zhì)譜計(jì)，是分離和檢測(cè)不同同位素的儀器。工作原理如圖2 所示，電荷量均為q、質(zhì)量不同的離子初速度幾乎為零地進(jìn)入電壓為 U0 

2、;的加速電場(chǎng)。這些離子經(jīng)加速后通過(guò)狹縫 O 沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域 MNL，且 OM21L。某次測(cè)量發(fā)現(xiàn) MN 中左側(cè)3區(qū)域 MQ 損壞，檢測(cè)不到離子，但右側(cè)3區(qū)域 QN仍能正常檢測(cè)到離子。在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在 MQ 的離子即可在 QN檢測(cè)到。為使原本打在 MN 中點(diǎn) P 的離子能打在 QN 區(qū)域，則加速電壓

3、0;U 的值不可能為()A.   9          100U0B.   81     140U0C.   81    D.2U0運(yùn)動(dòng)，有 qvBmr ，打在 P 點(diǎn)的離子 r04L，解得 U0  32m  

4、；當(dāng)加速電壓為圖 216U01解析由題意知，開(kāi)始離子在電場(chǎng)中加速，有 qU02mv2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周v239qB2L20U 時(shí)，qU2mv12，qvBmv2 5         100Ur ；離子打在 Q 點(diǎn)時(shí)，r6L，得 U 81 0；離子16U100U16U打在 N 點(diǎn)時(shí)，rL，得 U 9 0；則加速電壓 U 的范圍為 

5、81 0U 9 0，選項(xiàng) D 符合題意。答案D命題角度 2回旋加速器的原理和分析1.加速條件：T電場(chǎng)T2m回旋 qB ；2.磁場(chǎng)約束偏轉(zhuǎn)：qvB  r v  m 。mv2qBrqBr3.帶電粒子的最大速度 vmax m D，rD 為 D 形盒的半徑。粒子的最大速度 vmax與加速電壓 U 無(wú)關(guān)。4.回旋加速器的解題思路(1)帶電粒子在縫隙的電場(chǎng)中加速，交變電流的周期與

6、帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，每經(jīng)過(guò)電場(chǎng)一次，粒子加速一次。(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)、半徑不斷增大，周期不變，最大動(dòng)能與 D 形盒的半徑有關(guān)。【例 2】 (2018· 常州模擬)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個(gè) D 形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場(chǎng)，使粒子在通過(guò)狹縫時(shí)都能得到加速，兩 D 形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖 3 所示。設(shè) D 形盒半徑為 R。若用回旋加速器加

7、速質(zhì)子時(shí)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，高頻交流電頻率為 f。則下列說(shuō)法正確的是()流電周期必須變?yōu)榱Ｗ釉谄渲凶鰣A周運(yùn)動(dòng)的周期，即 T q B，故選項(xiàng) D 錯(cuò)誤。圖 3A.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過(guò) 2fRB.質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)的電壓大小有關(guān)C.高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流D.不改變 B 和 f，該回旋加速器也能用于加速  粒子2R1解析由 T v ，T f ，可得

8、質(zhì)子被加速后的最大速度為 2fR，即不可能超過(guò)2fR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)的電壓大小無(wú)關(guān)，選項(xiàng) A 正確、B 錯(cuò)誤；高頻電源可以使用正弦式交變電源，選項(xiàng) C 錯(cuò)誤；要加速  粒子，高頻交2m答案A命題角度 3霍爾效應(yīng)的原理和分析1.定義：高為 h，寬為 d 的金屬導(dǎo)體(自由電荷是電子)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng) B 中，當(dāng)電流通過(guò)金屬導(dǎo)體時(shí)，在金屬導(dǎo)體的上表面 A 和下表面 A之間產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，此電壓稱為霍爾

9、電壓。2.電勢(shì)高低的判斷：如圖 4，金屬導(dǎo)體中的電流 I 向右時(shí)，根據(jù)左手定則可得，下表面 A的電勢(shì)高。圖 43.霍爾電壓的計(jì)算：導(dǎo)體中的自由電荷(電子)在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，A、A間出現(xiàn)電勢(shì)差，當(dāng)自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時(shí)，A、A間的電勢(shì)差(U)就保UBIBI1持穩(wěn)定，由 qvBq h ，InqvS，Shd；聯(lián)立得 Unqdk d ，knq稱為霍爾系數(shù)?！纠?#160;3】 (2018·4 月浙江選考，22)壓力波測(cè)量?jī)x可將待測(cè)壓力波轉(zhuǎn)換成電壓信

10、號(hào)，其原理如圖 5 所示。壓力波 p(t)進(jìn)入彈性盒后，通過(guò)與鉸鏈 O 相連的“”型輕桿 L，驅(qū)動(dòng)桿端頭 A 處的微型霍爾片在磁場(chǎng)中沿 x 軸方向做微小振動(dòng)，其位移 x 與壓力 p 成正比(xp，>0)?；魻柶姆糯髨D如圖 6 所示，它由長(zhǎng)×寬×厚a×b×d、單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為 n 的 N 型半導(dǎo)體制成。磁場(chǎng)方向垂直于x 軸向上，磁感應(yīng)強(qiáng)

11、度大小為 BB0(1|x|)，>0。無(wú)壓力波輸入時(shí)，霍爾片靜止在 x0 處，此時(shí)給霍爾片通以沿 C1C2 方向的電流 I，則在側(cè)面上 D1、D2 兩點(diǎn)間產(chǎn)生霍爾電壓 U0。圖 5圖 6圖 7(1)指出 D1、D2 兩點(diǎn)哪點(diǎn)電勢(shì)高；(2)推導(dǎo)出 U0 與 I、B0 之間的關(guān)系式(提示：電流 I 與自由電子定向移動(dòng)速率 v 之間關(guān)系為 Inevbd，其中 

12、e 為 電子電荷量)；(3)彈性盒中輸出壓力波 p(t)，霍爾片中通以相同電流，測(cè)得霍爾電壓 UH 隨時(shí)間t 變化圖象如圖 7。忽略霍爾片在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)和阻尼，求壓力波的振幅和頻率。(結(jié)果用 U0、U1、t0、 及  表示)解析(1)N 型半導(dǎo)體可以自由移動(dòng)的是電子(當(dāng)然題目也給出了自由電子)，根據(jù)左手定則可以知道電子往 D2 端移動(dòng)，因此 D1 點(diǎn)電勢(shì)高。(2)根據(jù)霍爾元件內(nèi)部電子受的洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡得頻率是2t

13、0;；由式可知當(dāng)壓力波 p(t)達(dá)到振幅 A 時(shí)，UH 最小，為 U1，代入式解得 A  U   1。答案(1)D1 點(diǎn)電勢(shì)高 (2)U0ned(3)  UevB0eEH，U0EHbIIB0將 vnebd代入，解得 U0ned(3)由任意時(shí)刻霍爾元件內(nèi)部電子受到的洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡得UevBe bHIBIBIB00UHnedned(1|x|)ned(1|p(t)|)根據(jù)圖象可知壓力波 p(t)關(guān)于時(shí)間&#

14、160;t 是一個(gè)正弦函數(shù)，其絕對(duì)值的周期是原函數(shù)周期的一半，根據(jù)圖象可知|p(t)|關(guān)于 t 的周期是 t0，則 p(t)關(guān)于 t 的周期是 2t0，10可得IB0U1ned(1|A|)U0(1A)U0U0IB0U0U1102t0命題角度 4速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)速度選擇器磁流體發(fā)電機(jī)E若 qv0BEq，即 v0B，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、U負(fù)電荷，兩極板間電壓為 U 時(shí)穩(wěn)定，q d qv0B，Uv0Bd

15、【例 4】(2017·11 月浙江選考)如圖 8 所示，在兩水平金屬板構(gòu)成的器件中，存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度 E 和磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 相互垂直。以某一水平速度進(jìn)入的不計(jì)重力的帶電粒子恰好能沿直線運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()圖 8A.粒子一定帶負(fù)電BB.粒子的速度大小 vEC.若粒子速度大小改變，粒子將做曲線運(yùn)動(dòng)D.若粒子速度大小改變，電場(chǎng)對(duì)粒子的作用力會(huì)發(fā)生變化解析無(wú)論是正電荷還是負(fù)電荷，在題設(shè)條件下，電場(chǎng)力和洛倫茲力方向總相反，都能夠做直線運(yùn)動(dòng)，所以無(wú)法判斷粒子的電性，選項(xiàng)&#

16、160;A 錯(cuò)誤；粒子沿水平方向E做直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明豎直方向合外力為零，即 qEqvB，得到 vB，所以選項(xiàng) B錯(cuò)誤；如果粒子速度變大或變小，都會(huì)導(dǎo)致洛倫茲力變化，電場(chǎng)力不變，此時(shí)電場(chǎng)力和洛倫茲力合力不為 0，因此粒子就會(huì)做曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C 正確；不管粒子速度大小怎么改變，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，粒子受到的電場(chǎng)力不變，所以選項(xiàng) D 錯(cuò)誤。答案C【例 5】 (2018·11 月浙江選考)磁流體發(fā)電的原理如圖 9 所示，將一束速度為 v的等離子體垂直于磁場(chǎng)方向噴

17、入磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在相距為 d，寬為 a、長(zhǎng)為 b 的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、下板和電阻 R 連接，上、下板就是一個(gè)直流電源的兩極，若穩(wěn)定時(shí)等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為，忽略邊緣效應(yīng)，下列判斷正確的是()圖 9A.上板為正極，電流 I   BdvabRabdB.上板為負(fù)極，電流 IBvad2RabdC.下板為正極，電流 I   BdvabRabdD.下板為負(fù)極，電流 IBv

18、ad2Rabd解析根據(jù)左手定則可知，帶正電的粒子在磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力向下，故下板U為正極，兩板間的電勢(shì)差為 U，則 q d qvB，得 UBdv，電流 IUd RabBdvabRabd，選項(xiàng) C 正確。答案C解決實(shí)際問(wèn)題的一般過(guò)程v1.0×105  m/s  水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為   1.0×108  C/kg。(忽略邊界效帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)命題角度 1帶電粒子在組合場(chǎng)中的

19、運(yùn)動(dòng)帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，實(shí)際上是幾個(gè)典型運(yùn)動(dòng)過(guò)程的組合 (如：電場(chǎng)中的加速直線運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)；磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng) )，因此解決此類問(wèn)題要分段處理，解題關(guān)鍵如下：(1)找關(guān)鍵點(diǎn)：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵。(2)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題?！纠?#160;6】(2016·4 月浙江選考)如圖 10 為離子探測(cè)裝置示意圖。區(qū)域、區(qū)域長(zhǎng)均為 L0.10 m，高均為 H0.06 m。區(qū)域可加方

20、向豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度為 E 的勻強(qiáng)電場(chǎng)；區(qū)域可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域的右端緊貼著可探測(cè)帶電粒子位置的豎直屏。質(zhì)子束沿兩板正中間以速度qm應(yīng)，不計(jì)重力)圖 10(1)當(dāng)區(qū)域加電場(chǎng)、區(qū)域不加磁場(chǎng)時(shí)，求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加電場(chǎng)的最大值 Emax；(2)當(dāng)區(qū)域不加電場(chǎng)、區(qū)域加磁場(chǎng)時(shí)，求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加磁場(chǎng)的最大值 Bmax；(3)當(dāng)區(qū)域加電場(chǎng) E 小于(1)中的 Emax，質(zhì)子束進(jìn)入?yún)^(qū)域和離開(kāi)區(qū)域的位置等高，求區(qū)域中的磁場(chǎng) B 與區(qū)域中

21、的電場(chǎng) E 之間的關(guān)系式。解析(1)畫出軌跡，如圖所示：豎直分速度：vyat，加速度：a   m   ，vy qEmaxLH2偏轉(zhuǎn)角 滿足：tan 3 ，2LqEmaxL運(yùn)動(dòng)時(shí)間：tv，tan  v  mv2解得：EmaxHmv23qL2200 V/m；(2)畫出軌跡，如圖所示軌跡圓半徑滿足：L2çR  2 ÷ø  R ，解得 

22、RL2Hèæ Hö22H24，v2質(zhì)子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，滿足 qvBmaxm R ，mvmvH解得 BmaxqR  æH2ö5.5×10èL2 4 øqç÷3 T。(3)畫出軌跡，如圖所示偏轉(zhuǎn)角  滿足：tan  v ，vyat，a m ，tv，vyqELyv v2v2；L2軌跡圓圓心角為 2，半徑滿足：R

23、sin ，v2圓周運(yùn)動(dòng)滿足：qvBm R2E綜上可解得：B v 。2E3答案(1)200 V/m(2)5.5×10 T(3)B v“5 步”突破帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題命題角度 2帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.磁場(chǎng)力、重力并存(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒。2.電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重力)(1)若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做

24、復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用動(dòng)能定理求解。3.電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存(1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)若重力與電場(chǎng)力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(3)若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解?！纠?#160;7】平面 OM 和水平面 ON 之間的夾角為 30°，其橫截面如圖 11 所示，平面 OM 和水平面 ON 之間同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B、方向垂直于紙面向外，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上。一帶電小球的質(zhì)量為

25、 m、帶電荷量為 q，帶電小球沿紙面以大小為 v0 的速度從 OM 的某點(diǎn)沿左上方射入磁場(chǎng)，速度方向與 OM 成 30°角，帶電小球進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知帶電小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與 ON 恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓?#160;OM 上另一點(diǎn) P 射出磁場(chǎng)(P 未畫出)。圖 11(1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場(chǎng)強(qiáng)度 E 為多大？(2)帶電小球離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn) P 到兩平面

26、交點(diǎn) O 的距離 s 為多大？上(3)帶電小球離開(kāi)磁場(chǎng)后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，能打在左側(cè)豎直的光屏 OO ，求打在光屏上的點(diǎn)到 O 點(diǎn)的距離。解析(1)根據(jù)題意知，小球受到的電場(chǎng)力與重力平衡，小球所受的合力等于洛倫茲力，則帶電小球帶正電荷。mg由 FqEmg，可得 E q 。v2(2)帶電小球進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有 qv0Bm R ，mv得 R qB0。根據(jù)題意，帶電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，Q

27、0;點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)軌跡與 ON 相切的點(diǎn)，I 點(diǎn)為入射點(diǎn)，PqB  · cos 30°2   3m帶電小球運(yùn)動(dòng)的水平方向位移為 xv0t，得 tv         qB  ，點(diǎn)為出射點(diǎn)，則 IP 為運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的弦，帶電小球離開(kāi)磁場(chǎng)的速度方向與 OM的夾角也為 30°，由幾何關(guān)系可得，OP 為圓

28、軌道的直徑，所以 OP 的長(zhǎng)度QP4mvssin 30°4R qB 0。(3)帶電小球從 P 點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)帶電小球打在光屏上的 T 點(diǎn)。則4mv0x0v02   è  qB  ø   q2B2 ，1豎直方向位移為 y2gt1 æ2 3mö2 6m2g2 g· 

29、31;    ÷OO2Ry  qB   q2B2 。如圖所示，T 點(diǎn)到 O 點(diǎn)的距離2mv06m2g(3)  qB   q2B2答案(1)正電荷mg 4mvq  (2) qB 02mv0 6m2g帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法(2018·11 月浙江選考)小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖 12 甲所示的“

30、回旋變速裝置”。兩相距為 d 的平行金屬柵極板 M、N，板 M 位于 x 軸上，板 N 在2m它的正下方。兩板間加上如圖乙所示的幅值為 U0 的交變電壓，周期 T0 qB ，板 M 上方和板 N 下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為 B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。粒子探測(cè)器位于 y 軸處，僅能探測(cè)到垂直射入的帶電粒子，有一沿 x 軸可移動(dòng)、粒子出射初動(dòng)能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿 

31、;y 軸正方向射出質(zhì)量為 m、電荷量為 q(q>0)的粒子。t0 時(shí)刻，發(fā)射源在(x，0)位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不計(jì)。粒子的初動(dòng)能 Ek0  2m圖 12(1)若粒子只經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)并在 yy0 處被探測(cè)到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動(dòng)能；(2)若粒子兩次進(jìn)出電場(chǎng)區(qū)域后被探測(cè)到，求粒子發(fā)射源的位置 x 與被探測(cè)到的位置 y 之間的關(guān)系。解析(1)發(fā)射源的位置 x0y0（qBy0）2(2)分下面三種情況

32、討論見(jiàn)圖 1，Ek0>2qU0和2mv12  mv2qU 、  mv2  mv2qU圖 1mvmvmv由 y qB2、R0 qB0、R1 qB1111120022210及 xy2(R0R1)22得 xyqB （yqB）22mqU0qB （yqB）24mqU0見(jiàn)圖 2，qU0<Ek0<2qU0圖 2mvmv由yd qB2、R0 qB0和2mv02  m

33、v2qU112 20及 x3(yd)2R02得 x3(yd)qB （yd）2q2B22mqU0見(jiàn)圖 3，Ek0<qU0由yd  、R0qB qB圖 3mv2mv0112和2mv02mv2qU0及 xyd4R04得 xydqB （yd）2q2B22mqU0答案見(jiàn)解析活頁(yè)作業(yè)(時(shí)間：30 分鐘)A 組基礎(chǔ)過(guò)關(guān)1.如圖 1 所示，一束負(fù)離子從 S 點(diǎn)沿水平方向射出，在沒(méi)有電、磁場(chǎng)時(shí)恰好擊中熒光屏上的坐標(biāo)原點(diǎn) 

34、;O；若同時(shí)加上電場(chǎng)和磁場(chǎng)后，負(fù)離子束最后打在熒光屏上坐標(biāo)系的第象限中，則所加電場(chǎng) E 和磁場(chǎng) B 的方向可能是(不計(jì)離子重力及其間相互作用力)()A.E 向上，B 向上C.E 向上，B 向下圖 1B.E 向下，B 向下D.E 向下，B 向上解析負(fù)離子打在第象限，相對(duì)于原點(diǎn) O 向下運(yùn)動(dòng)和向左運(yùn)動(dòng)，所以 E 向上，B 向下，選項(xiàng) C 正確。答案C2.如圖 2 所示，一電子束沿垂

35、直于電場(chǎng)線與磁感線方向入射后偏向 A 極板，為了使電子束沿射入方向做直線運(yùn)動(dòng)，可采用的方法是()圖 2A.將變阻器滑動(dòng)頭 P 向右滑動(dòng)B.將變阻器滑動(dòng)頭 P 向左滑動(dòng)C.將極板間距離適當(dāng)減小D.將極板間距離適當(dāng)增大U解析電子射入極板間后，偏向 A 板，說(shuō)明 qE>qvB，由 E d 可知，減小場(chǎng)強(qiáng) E的方法有增大板間距離和減小板間電壓，故 C 錯(cuò)誤，D 正確；而移動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭 P 并不能改變板間電壓

36、，故 A、B 均錯(cuò)誤。答案D3.如圖 3 所示，空間的某個(gè)復(fù)合場(chǎng)區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)子由靜止開(kāi)始經(jīng)一加速電場(chǎng)加速后，垂直于復(fù)合場(chǎng)的界面進(jìn)入并沿直線穿過(guò)場(chǎng)區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場(chǎng)區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為 Ek。那么氘核同樣由靜止開(kāi)始經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后穿過(guò)同一復(fù)合場(chǎng)后的動(dòng)能 Ek的大小是()A.EkEkC.Ek<Ek圖 3B.Ek>EkD.條件不足，難以確定解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為 m，則氘核的質(zhì)量為 2m。在加速電場(chǎng)里，由動(dòng)能定理可得 eU2mv2，v 2eU1mE，

37、在復(fù)合場(chǎng)里有 BqvqE，則 vB，同理對(duì)于氘核由動(dòng)能定理可得其離開(kāi)加速電場(chǎng)的速度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)所受的洛倫茲力小于電場(chǎng)力，將向電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，故動(dòng)能增大，選項(xiàng) B 正確。答案B4.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖 4 所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開(kāi)始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開(kāi)磁場(chǎng)。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開(kāi)始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開(kāi)磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的 12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(

38、)圖 4A.11B.12C.121D.144解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為 m1、q1，一價(jià)正離子的質(zhì)量和電荷量為 m2、q2。對(duì)于任意粒子，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得1qU2mv20，得 v2qUm 徑相同，加速電壓 U 不變，其中 B212B1，q1q2，可得m B2144，故選項(xiàng)v2在磁場(chǎng)中 qvBm r B2r2q由式聯(lián)立得 m 2U ，由題意知，兩種粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半m2B211D 正確。答案D5.(2018

39、83; 稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校 8 月聯(lián)考)如圖 5 所示，半徑分別為 R1、R2 的兩個(gè)同心圓，圓心為 O，小圓內(nèi)有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B1，大圓外有垂直紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B2 的磁場(chǎng)，圖中未畫出，兩圓中間的圓環(huán)部分沒(méi)有磁場(chǎng)。今有一帶正電粒子(質(zhì)量為 m，帶電荷量為 q)從小圓邊緣的 A 點(diǎn)以速度 v 沿 AO 方向射入小圓的磁場(chǎng)區(qū)域，然后從小圓磁場(chǎng)中穿出，此后該粒子第一次回到小圓便經(jīng)過(guò) 

40、A 點(diǎn)，帶電粒子重力不計(jì)，求：m  ，則帶電粒子在小圓內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t 為多少；(1)若 v3B1qR1圖 5mr ，r1qB    3R1(3)由幾何關(guān)系可得r1R1，r1qB ，r2qB ，解得B1R2。答案(1)3qB (2)垂直于紙面向里 (3)R2的一束負(fù)離子，其初速度大小范圍為 0   3v0，這束離子經(jīng)電勢(shì)差為 U 2q 的x 軸上，在

41、0;x 軸上 2a3a 區(qū)間水平固定放置一探測(cè)板(a qB0)，假設(shè)每秒射入磁(2)大圓外的磁場(chǎng) B2 的方向；(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B1 與 B2 的比值為多少？解析(1)帶正電粒子在小圓內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力， qvB1v2mv11由幾何關(guān)系可知粒子在小圓內(nèi)的軌跡圓弧的圓心角為rm3，則 t v1，解得 t 3qB1。(2)粒子第一次回到小圓便經(jīng)過(guò) A 點(diǎn)，則粒子在大圓外的磁場(chǎng)中繼續(xù)做逆時(shí)針?lè)较虻膱A周運(yùn)動(dòng)，則&#

42、160;B2 的方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶铩Rmvmv2212BR21mR11B 組能力提升6.(2016·10 月浙江選考)如圖 6 所示，在 x 軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B0 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。位于 x 軸下方離子源 C 發(fā)射質(zhì)量為 m，電荷量為 qmv20電場(chǎng)加速后，從小孔 O(坐標(biāo)原點(diǎn))垂直 x 軸并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域，最后打到mv0場(chǎng)的離子總數(shù)為 N0，打到 x&#

43、160;軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計(jì))。圖 6(1)求離子束從小孔 O 射入磁場(chǎng)后打到 x 軸的區(qū)間；(2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測(cè)板右端，求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B1；(3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度 B1 不變，求每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù) N；若打在板上的離子 80%被板吸收，20%被反彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的 0.6 倍，求探測(cè)板受到的作用力大小。解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理，可得11qU2mv22mv21v1v22qUm離子在磁場(chǎng)中做勻速圓

44、周運(yùn)動(dòng)，有 qvB0  R  ，RqBx2R qB3a2R1，R1 qB 0，B13B0。對(duì)應(yīng)的速度范圍為3v0v 2v0可得 v0v2v0mv2mv0離子打在 x 軸上的坐標(biāo)表達(dá)式為2mv0代入數(shù)據(jù)得 2ax4a(2)當(dāng)速度最大的離子打在探測(cè)板右端2mv41(3)離子束能打到探測(cè)板的實(shí)際范圍為 2ax3a4每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)為2v0v042v03v0NN023N0根據(jù)動(dòng)量定理，吸收的離子受到板的作用力大小0.8Næ  

45、   4  ö 8N0mv016N0mv045pè2mv03mv0øF 吸 t吸 2 ç÷9反彈的離子受到板的作用力大小p0.2Né4ùë2m（v00.6v0）3m（v00.6v0）ûF 反 t反 2 êú根據(jù)牛頓第三定律，探測(cè)板受到的作用力大小56FF 吸F 反45N0mv0。456答案(1)2ax4a(2)3B0(3)45N

46、0mv07.(2018· 浙江諸暨牌頭中學(xué)期中)如圖 7 所示，半徑 r0.06 m 的半圓形無(wú)場(chǎng)區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn) O 處，半徑 R0.1 m；磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B0.075 T 的圓形有界磁場(chǎng)區(qū)的圓心坐標(biāo)為(0，0.08 m)；平行金屬板 MN 的長(zhǎng)度 L0.3 m 、間距 d0.1 m，兩板間加電壓 U640 V，其中 N 板收集粒子

47、并全部中和吸收。一位于 Oq點(diǎn)的粒子源向第、象限均勻發(fā)射比荷m1×108 C/kg、速度大小 v6×105m/s 的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從第象限射出的粒子速度方向均沿 x軸正方向。不計(jì)粒子重力、粒子間的相互作用及電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)，sin 37°0.6，cos 37°0.8。圖 7(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；(2)求從坐標(biāo)(0，0.18 m)處射出磁場(chǎng)的粒子在 O 點(diǎn)入射方向與 y 軸的夾角；(3)N 板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例。解析由洛倫茲力充當(dāng)向心力可求得運(yùn)動(dòng)半徑；做出帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡，由幾何知識(shí)即可求出 ；利用帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和帶電粒子在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。v2(1)由洛倫茲力充當(dāng)向心力得 qvBmR代入數(shù)據(jù)解得：R0.08 m(2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：令從 y0.18 m 處出射的粒子對(duì)應(yīng)的入射角方向與 y 軸的夾角為 ，由幾何關(guān)系可得：sin